Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tam giác AKB vuông tại K có đường cao KM nên \(AK^2=AM.AB\)
Chứng minh tương tự, ta có \(AK^2=AN.AC\)
Từ đó suy ra \(AM.AB=AN.AC\) (đpcm)
b) Tam giác KMN vuông tại K nên \(KM^2+KN^2=MN^2\)
Dễ thấy tứ giác AMKN là hình chữ nhật, suy ra \(AK=MN\). Từ đó \(KM^2+KN^2=AK^2\).
Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AK nên \(AK^2=KB.KC\)
Thế thì \(KM^2+KN^2=KB.KC\) (đpcm)
c) Tam giác AKB vuông tại K, có đường cao KM nên \(AM.BM=KM^2\)
Tương tự, ta có \(AN.CN=KN^2\)
Từ đó \(AM.BM+AN.CN=KM^2+KN^2\)
Theo câu b), \(KM^2+KN^2=KB.KC\)
Do đó \(AM.BM+AN.CN=KB.KC\) (đpcm)
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=4,5^2+6^2=7,5^2\)
=>\(BC=\sqrt{7,5^2}=7,5\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot7,5=4,5\cdot6=27\)
=>\(AH=\dfrac{27}{7,5}=3,6\left(cm\right)\)
b: Gọi M là trung điểm của HC
Vì ΔCEH vuông tại E
nên ΔCEH nội tiếp đường tròn đường kính HC
=>ΔCEH nội tiếp (M)
=>ME=MH=MC
Vì ME=MH
nên \(\widehat{MEH}=\widehat{MHE}\)
mà \(\widehat{MHE}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị, HE//AB)
nên \(\widehat{MEH}=\widehat{ABC}\)
Xét tứ giác ADHE có
\(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)
=>ADHE là hình chữ nhật
=>\(\widehat{DAH}=\widehat{DEH}\)
=>\(\widehat{DEH}=\widehat{HAB}\)
\(\widehat{MED}=\widehat{MEH}+\widehat{DEH}\)
\(=\widehat{HBA}+\widehat{HAB}=90^0\)
=>DE là tiếp tuyến của (M)(ĐPCM)
c: Vì ADHE là hình chữ nhật
nên AH cắt DE tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm chung của AH và DE
Xét ΔHAC có
I,M lần lượt là trung điểm của HA,HC
=>IM là đường trung bình của ΔHAC
=>\(IM=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)
a, Ta có: $HM⊥AB;HN⊥AC$
$⇒\widehat{HMA}=\widehat{HNA}=90^o$
$⇒\widehat{HMA}+\widehat{HNA}=180^o$
$⇒$ Tứ giác $AMHN$ nội tiếp (Tổng 2 góc đối $=180^o$)
b, Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$
Đường cao $HM$ (do $HM⊥AB$)
Nên $AH^2=AM.AB(1)$
Xét tam giác $AHC$ vuông tại $H$
Đường cao $HN$ (do $HN⊥AB$)
Nên $AH^2=AN.AC(2)$
Từ $(1)(2)⇒AM.AB=AN.AC$
$⇒\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}$
Xét tam giác $AMN$ và tam giác $ACB$ có:
$\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}$
$\widehat{A}$ chung
$⇒$ tam giác $AMN$ $\backsim$ tam giác $ACB(c.g.c)$
(đpcm)
c, tam giác $AMN$ $\backsim$ tam giác $ACB$
$⇒\widehat{ANM}=\widehat{ABC}$
Xét $(O)$ có: $\widehat{ABC}=\widehat{AEC}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)
Nên $\widehat{ANM}=\widehat{AEC}$
Hay $\widehat{ANI}=\widehat{IEC}$
$⇒$ Tứ giác $CEIN$ nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh = góc trong đỉnh đối diện)
c, Ta có: $\widehat{ANM}=\widehat{ABC}$
Mà $\widehat{ABC}+\widehat{AKC}=180^o$
do tứ giác $ABCK$ nội tiếp $(O)$
Nên $\widehat{ANM}+\widehat{AKC}=180^o$
Mà $\widehat{ANM}+\widehat{ANK}=180^o$
Nên $\widehat{AKC}=\widehat{ANK}$
Xét tam giác $AKC$ và tam giác $ANK$ có:
$\widehat{AKC}=\widehat{ANK}$
$\widehat{A}$ chung
nên tam giác $AKC$ $\backsim$ tam giác $ANK(g.g)$
$⇒\dfrac{AK}{AN}=\dfrac{AC}{AK}$
$⇒AK^2=AN.AC$
mà $AH^2=AN.AC(cmt)$
$⇒AK^2=AH^2$
hay $AK=AH$
suy ra tam giác $AHK$ cân tại $A$
Xét tứ giác AMHN có
\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{NAM}=90^0\)
Do đó: AMHN là hình chữ nhật
Suy ra: AH=MN
a) Ta có MH//AC \(\left(\perp AB\right)\) nên \(\Delta BMH\sim\Delta BAC\)
\(\Rightarrow\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{MH}{AC}\) \(\Rightarrow BM.AC=BA.MH\)
Tam giác ABH vuông tại H có đường cao HM
\(BA.MH=HB.HA\)
Tương tự, ta có: \(CN.AB=HC.HA\)
Cộng theo vế 2 hệ thức trên, ta được:
\(BA.MH+CN.AB=HB.HA+HC.HA=HA\left(HB+HC\right)=AH.BC\)
Ta có đpcm.
b) Tam giác ABH vuông tại H có đường cao HM nên \(AM.BM=MH^2\).
Tương tự, ta có \(AN.CN=HN^2\)
Do đó \(VT=AM.BM+AN.CN=MH^2+HN^2\)
Dễ thấy tứ giác AMHN là hình chữ nhật nên \(MH^2+HN^2=MN^2=AH^2\)
Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(AH^2=BH.CH\)
Từ đó suy ra \(VT=BH.CH=VP\)
Vậy đẳng thức được chứng minh.
c) Xét hệ trục tọa độ Axy với A là gốc tọa độ, \(Ax\equiv AC,Ay\equiv AB\)
Khi đó đặt \(B\left(0;b\right)\), \(C\left(c;0\right)\)
Khi đó phương trình đường thẳng \(BC:y=-\dfrac{b}{c}x+b\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đường thẳng \(AH:y=\dfrac{c}{b}x\)
Khi đó hoành độ của điểm H chính là nghiệm của pt hoành độ giao điểm của AH và BC: \(\dfrac{c}{b}x_0=-\dfrac{b}{c}x_0+b\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)x_0=b\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c^2+b^2}{bc}\right)x_0=b\)
\(\Leftrightarrow x_0=\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow y_0=\dfrac{c}{b}x_0=\dfrac{c}{b}.\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\)
Vậy \(H\left(\dfrac{cb^2}{b^2+c^2},\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\right)\)
Vì M là hình chiếu của H lên trục Oy \(\Rightarrow M\left(0,\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\right)\)
Tương tự \(\Rightarrow N\left(\dfrac{cb^2}{b^2+c^2},0\right)\)
Khi đó \(BM=BA-MA=b-\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}=\dfrac{b^3+bc^2-bc^2}{b^2+c^2}=\dfrac{b^3}{b^2+c^2}\)
\(CN=CA-NA=c-\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{cb^2+c^3-cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{c^3}{b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{\dfrac{b^3}{b^2+c^2}}{\dfrac{c^3}{b^2+c^2}}=\dfrac{b^3}{c^3}=\left(\dfrac{b}{c}\right)^3=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)
\(\Rightarrow\sqrt[3]{\dfrac{MB}{NC}}=\dfrac{AB}{AC}\) (đpcm)